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2017年第二十二届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛决赛试卷
（小高组B 卷）
一、填空题（每小题10分，共80分）
1．（10分） + +…+ ＝ ．
2．（10分）甲、乙两车分别从A、B两地同时出发，相向而行，出发时甲乙两车的速度比为5：
4．出发后不久，甲车发生爆胎，停车更换轮胎后继续前进，并且将速度提高20%，结果在
出发后3小时，与乙车相遇在AB两地中点，相遇后，乙车继续往前行驶，而甲车掉头行驶，
当甲车回到A地时，乙车恰好到达甲车爆胎的位置，那么甲车更换轮胎用了 分钟．
3．（10分）在3×3的网格中（每个格子是个1×1的正方形）放两枚相同的棋子，每个格子中最
多放一枚棋子，共有 种不同的摆放方法．（如果两种放法能够由旋转而重合，则把
它们视为同一种摆放方法）．
4．（10分）小于1000的自然数中，有 个数的数字组成中最多有两个不同的数字．
5．（10分）如图，△ABC的面积为100平方厘米，△ABD的面积为72平方厘米．M为CD边的
中点，∠MHB＝90°，已知AB＝20厘米，则MH的长度为 厘米．
6．（10分）一列数a 、a …，a …，记S（a）为a 的所有数字之和，如S（22）＝2+2＝4，若a ＝
1 2 n i i 1
2017，a
2
＝22，a
n
＝S（a
n﹣1
）+S（a
n﹣2
），那么a
2017
等于 ．
7．（10分）一个两位数，其数字和是它的约数，数字差（较大数减去较小数）也是它的约数，这
样的两位数的个数共有 个．
8．（10分）如图，六边形的六个顶点分别标志为A，B，C，D，E，F．开始的时候“华罗庚金杯
第1页（共12页）赛”六个汉字分别位于A，B，C，D，E，F顶点处．将六个汉字在顶点处任意摆放，最终结
果是每个顶点处仍各有一个汉字，每个字在开始位置的相邻顶点处，则不同的摆放方法共
有 种．
二、解答下列各题（每小题10分，共40分）
9．（10分）平面上有5条不同的直线，这5条直线共形成m个交点，则m有多少个不同的数
值？
10．（10分）求能被7整除且各位数字均为奇数，各位数字和为2017的最大正整数．
11．（10分）从1001，1002，1003，1004，1005，1006，1007，1008，1009中任意选出四个数，使它
们的和为偶数，则共有多少种不同的选法．
12．（10分）使 不为最简分数的三位数n之和等于多少．
三、解答下列各题（每小题15分，共30分）
13．（15分）一个正六边形被剖分成6个小三角形，如图，在这些小三角形的7个顶点处填上
7个不同的整数，能否找到一个填法，使得每个小三角形顶点处的3个数都按顺时针方向
从小到大排列，如果可以，请给出一种填法；如果不可以，请说明理由．
14．（15分）7×7的方格黑白染色，如果黑格比白格少的列的个数为m，黑格比白格多的行的
个数为n，求m+n的最大值．
第2页（共12页）2017 年第二十二届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛决赛
试卷（小高组 B 卷）
参考答案与试题解析
一、填空题（每小题10分，共80分）
1．（10分） + +…+ ＝ 203414 4 ．
【分析】观察一下，首先把分子的两个分数变换一下形式，变成两个分数的乘积，恰好能和
分母约分，这样就把原来的繁杂的分数变成简单的整数加减运算．
【解答】解：
＝
＝
＝2×（2+4+6+8+…+2016）
＝2×
＝2018×1008
＝2034144
2．（10分）甲、乙两车分别从A、B两地同时出发，相向而行，出发时甲乙两车的速度比为5：
4．出发后不久，甲车发生爆胎，停车更换轮胎后继续前进，并且将速度提高20%，结果在
出发后3小时，与乙车相遇在AB两地中点，相遇后，乙车继续往前行驶，而甲车掉头行驶，
当甲车回到A地时，乙车恰好到达甲车爆胎的位置，那么甲车更换轮胎用了 5 2 分钟．
【分析】首先分析后半程冲中点到A的过程，求出两人的速度比就可知道路程比，找到爆
第3页（共12页）胎位置．然后再根据原来的速度比求出正常行驶的时间减去爆胎前的时间．最后根据甲前
后两次的速度比求出时间比做差即可．
【解答】解：依题意可知：
甲乙两车的后来速度比：5（1+20%）：4＝3：2，甲回来走3份乙走两份路程．得知甲车爆胎
的位置是AC的 处．
如果不爆胎的甲行驶的时间和速度成反比：设甲行驶的时间为x则有：4：5＝x：3，x＝
甲在行驶AC的爆胎位置到中点的正常时间为： × ＝ ＝ （小时）；
甲乙爆胎前后的速度比为：5：5（1+20%）＝5：6；
路程一定时间和速度成反比：设爆胎后到中点的时间为y则有：6：5＝ ：y，y＝ ；
修车时间为：3﹣ × ＝ （小时）
＝52（分）
故答案为：52分
3．（10分）在3×3的网格中（每个格子是个1×1的正方形）放两枚相同的棋子，每个格子中最
多放一枚棋子，共有 1 0 种不同的摆放方法．（如果两种放法能够由旋转而重合，则把
它们视为同一种摆放方法）．
【分析】可以分情况讨论，四个顶点的位值一样，正中间的一个方格一个位值，剩下的四个
方格位值相同，故可以分次三种情况分别计算不同的摆放方法．
【解答】解：根据分析，份三种情况：
当正中间即E处放一颗棋子，然后另一颗棋子放在外围任意一个位置，除去对称性因
①素，有2种不同的摆放方法，即AE、BE；
第4页（共12页）当两颗棋子都不在正中间E处时，而其中有一颗在顶点处时，有4种不同摆法，即AB、
②AF、AH、AD；
当两颗棋子都在顶点处时，有2种不同摆法，即AC、AI；
③当两颗棋子都在除顶点和正中间之外的4个方格中，有2种不同摆法，即BD、BH．
④
综上，共有：2+4+2+2＝10种不同摆放方法．
4．（10分）小于1000的自然数中，有 35 2 个数的数字组成中最多有两个不同的数字．
【分析】可以先求出有三个同数字的数的个数，再用总数1000减去后就是符合题意“数字
组成中最多有两个不同的数字”的个数．
【解答】解：根据分析，小于1000的自然数中，有三个不同数字的数有：9×9×8＝648个，
则最多有两个不同数字的数有：1000﹣648＝352个．
故答案是：352．
5．（10分）如图，△ABC的面积为100平方厘米，△ABD的面积为72平方厘米．M为CD边的
中点，∠MHB＝90°，已知AB＝20厘米，则MH的长度为 8. 6 厘米．
【分析】可以利用面积公式分别求出△ABC、△ABD的高，而已知AB＝20厘米，再利用
MH的中位线性质求出MH的长度．
【解答】解：根据分析，过D，C分别作DE⊥AB交AB于E，CF⊥AB交AB于F，如图：
△ABD的面积＝72＝ ，∴DE＝7.2厘米，
△ABC的面积＝100＝ ，∴CF＝10厘米；
第5页（共12页）又∵MH＝ ＝ ×（7.2+10）＝8.6厘米．
故答案是：8.6．
6．（10分）一列数a 、a …，a …，记S（a）为a 的所有数字之和，如S（22）＝2+2＝4，若a ＝
1 2 n i i 1
2017，a 2 ＝22，a n ＝S（a n﹣1 ）+S（a n﹣2 ），那么a 2017 等于 1 0 ．
【分析】首先要分析清楚S（a）的含义，即a 是一个自然数，S（a）表示a 的数字和，再根据
i i i i
a 的递推式列出数据并找出规律．
n
【解答】解：S（a
i
）表示自然数a
i
的数字和，又a
n
＝S（a
n﹣1
）+S（a
n﹣2
），在下表中列出n＝1，
2，3，4，…时的a 和S（a ），
n n
n a S（a ）
n n
1 2017 10
2 22 4
3 14 5
4 9 9
5 14 5
6 14 5
7 10 1
8 6 6
9 7 7
10 13 4
11 11 2
12 6 6
13 8 8
14 14 5
15 13 4
16 9 9
17 13 4
18 13 4
19 8 8
20 12 3
21 11 2
22 5 5
第6页（共12页）23 7 7
24 12 3
25 10 1
26 4 4
27 5 5
28 9 9
29 14 5
30 14 5
31 10 1
32 6 6
由上表可以得出：
a ＝a ＝9，S（a ）＝S（a ）＝9；
4 28 4 28
a ＝a ＝14，S（a ）＝S（a ）＝5；
5 29 5 29
…
可以得到规律：当i≥4时，a＝a ，S（a）＝S（a ），
i i+24 i i+24
2017﹣3＝2014，2014÷24＝83…22，
所以：a ＝a ＝a ＝10．
2017 3+22 25
7．（10分）一个两位数，其数字和是它的约数，数字差（较大数减去较小数）也是它的约数，这
样的两位数的个数共有 1 9 个．
【分析】首先看所有的10的倍数都是满足条件的，再找出尾数不为0的满足条件的数字即
可，数字不多枚举法解决．
【解答】解：枚举法：
（1）尾数为0的有：10，20，30，40，50，60，70，80，90．
（2）尾数不为0 的有：12，21，24，36，42，45，48，54，63，84．
故答案为：19
8．（10分）如图，六边形的六个顶点分别标志为A，B，C，D，E，F．开始的时候“华罗庚金杯
赛”六个汉字分别位于A，B，C，D，E，F顶点处．将六个汉字在顶点处任意摆放，最终结
果是每个顶点处仍各有一个汉字，每个字在开始位置的相邻顶点处，则不同的摆放方法共
有 4 种．
第7页（共12页）【分析】显然，只有两种情况，分别讨论，相邻两个字互换，以及顺时针移动一个位值，或逆
时针移动一个位值，最后可以求得总的不同的摆放方法．
【解答】解：根据分析，分两类情况：
按顺序移动一个位置，顺时针移动一个位置，有1种不同摆放方法，逆时针移动一个位
①置，有1种不同摆放方法；
相邻两个位置互换，则共有：2种不同的摆放方法．
②综上，共有：1+1+2＝4种不同摆放方法．
故答案是：4．
二、解答下列各题（每小题10分，共40分）
9．（10分）平面上有5条不同的直线，这5条直线共形成m个交点，则m有多少个不同的数
值？
【分析】分情况讨论m的值，有5条直线平行、4条直线平行，三条直线平行，两条直线平行，
0条直线平行，五条直线交于一点，四条直线共点，三条直线共点，分别求得m的数值．
【解答】解：根据分析， 若5条直线互相平行，则形成的交点为0，故m为0；
若有4条直线互相平行①，则交点个数m＝4；
②若有三条直线互相平行，则m＝5，6，7；
③
若有两条直线互相平行，则m＝5，6，7，8，9；
④
若没有直线平行，则m＝1，5，6，7，8，9，10．
⑤
第8页（共12页）综上，m的可能取值有：0、1、4、5、6、7、8、9、10共9种不同的数值．
故答案是：9．
10．（10分）求能被7整除且各位数字均为奇数，各位数字和为2017的最大正整数．
【分析】要使整数最大，且每一位数字都是奇数，必须保证整数的位数足够多，且含有尽量
多的1；据此分析解答即可．
【解答】解：要使整数最大，且每一位数字都是奇数，必须保证整数的位数足够多，且含有
尽量多的1．
根据能被7整除的数的特征可得，111111是每个数位均为1且能被7整除的最小数．
又有：2017＝6×336+1＝6×335+7
当有336个111111组成时，因为所有数字之和要是2017，首位数字只能是1，不能被7整
除；
当有335个111111组成时，前面还需要加上一个正整数，使得它各位数字之和等于7，且
这个数最大．满足这个条件的最大整数是13111．
说明：我们可以用以下方法，构造一个能被7整除且除了首位数之外，其余数字均为1的
数列如下：
21，
490+21＝511，
700+511＝1211，
5600+511＝6111，
7000+6111＝13111，
35000+6111＝41111，
70000+41111＝111111，
70000+41111＝111111，
我们注意到，7000+6111＝13111是能被7整除且各位数字之和等于7 的最大正整数．
所以，各位数字和为 2017 的最大正整数13111…11，其中1的个数是335×6+4＝2014，
即 ．
第9页（共12页）答：能被7整除且各位数字均为奇数，各位数字和为2017的最大正整数是 ．
11．（10分）从1001，1002，1003，1004，1005，1006，1007，1008，1009中任意选出四个数，使它
们的和为偶数，则共有多少种不同的选法．
【分析】首先分析如果结果是偶数可以分为0，2，4个奇数，把每一种结果加起来即可．
【解答】解：依题意可知：
根据四个数的结果是偶数．那么必定是0个奇数，2个奇数或者是4个奇数．
在1001，1002，1003，1004，1005，1006，1007，1008，1009奇数的个数为5个，偶数的个数
为4个．
当0个奇数时有一种情况．
当是2个奇数2个偶数时是 ＝60种．
当选择4个奇数时有5种．
60+5+1＝66（种）
答：共有66种选择方法．
12．（10分）使 不为最简分数的三位数n之和等于多少．
【分析】 不为最简，表明（5n+1，3n+2）＝a≠1，根据辗转相除原理有1≠a（| 5n+1）×3
﹣（3n+2）×5即＝1≠a|7，则a只能等于7，我们可以用5n+1尝试来锁定答案，一次尝试可
知5n+1＝1或6或11或16或21，因为21＝3×7，所以5n+1＝21时7|5n+1成立，此时n为
最小值，且为4，其它值即可顺次找出，只需要将4递加7即可，题中让我们求的是符合条
件的三位数，那么最小为102，最大为998，此后利用等差数列求和即可．
【解答】解： 不为最简，表明（5n+1，3n+2）＝a≠1，
根据辗转相除原理有1≠a|（5n+1）×3﹣（3n+2）×5即＝1≠a|7，则a只能等于7，
一次尝试可知5n+1＝1或6或11或16或21，因为21＝3×7，所以5n+1＝21时7|5n+1成
立，此时n为最小值，且为4，
将4递加7即可，
符合条件的三位数，那么最小为102，最大为998，
102+109+116+…+998
＝（102+998）×129÷2
第10页（共12页）＝70950
答：使 不为最简分数的三位数n之和等于70950．
三、解答下列各题（每小题15分，共30分）
13．（15分）一个正六边形被剖分成6个小三角形，如图，在这些小三角形的7个顶点处填上
7个不同的整数，能否找到一个填法，使得每个小三角形顶点处的3个数都按顺时针方向
从小到大排列，如果可以，请给出一种填法；如果不可以，请说明理由．
【分析】首先分析最小数字的位置，可以放在圆心出也可以放在外边，两种情况分析即可．
【解答】解：依题意可知：
分两种情况讨论：
假设将最小数放在中心位置，我们只能在外圈顺时针依次从小到达放数字．但是只能满足
五个三角形，最后一个三角形无法满足条件．
假设将最小的数字放在外圈，然后在周边顺时针依次从小到大放数字，如果想要五个三角
形都满足条件，则中心位置必须放大数字，但这样的话，最后一个又不能满足条件．
综上所述：不能找到一个填法，使得每个小三角形顶点处的3个数都按顺时针方向从小到
大排列．
14．（15分）7×7的方格黑白染色，如果黑格比白格少的列的个数为m，黑格比白格多的行的
个数为n，求m+n的最大值．
【分析】在m取最大值的条件下n尽量取最大值可使m+n的值最大．
【解答】解：根据分析，1≤黑格和白格的行数≤7；1≤列数≤7，
当m＝7时，可以设7列之中黑格个数为3，则黑格总数为：3×7＝21．然后，可以把21个黑
格在1﹣5行之中每行放4个，第6行放1个，第7行不放．这样就有5行中黑格数量超过
白格，所以n＝5，从而使得m+n＝12为最大．如下图1所示：
第11页（共12页）当m＝6时，可以设6列之中黑格个数均为3，其余一列黑格个数为7，这样黑格总数为
3×6+7＝25．然后，我们使得1﹣6行黑格个数为4个，最后一行只有1个．这样就有6行中
黑格数列超过白格，所以n＝6，从而使得m+n＝12，如图2所示：
当m≤5时，m+n≤12．综上，m+n的最大值为12．
故答案是：12．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/5/7 11:03:08；用户：小学奥数；邮箱：pfpxxx02@xyh.com；学号：20913800
第12页（共12页）
